給定兩個大小為 m 和 n 的有序陣列 nums1 和 nums2。
請你找出這兩個有序陣列的中位數，並且要求演算法的時間複雜度為 o(log(m + n))。
你可以假設 nums1 和 nums2 不會同時為空。
示例 1:
nums1 = [1, 3]
nums2 = [2]
則中位數是 2.0
示例 2:
nums1 = [1, 2]
nums2 = [3, 4]
則中位數是 (2 + 3)/2 = 2.5
這道題如果沒有時間複雜度的要求會變得很簡單，把兩個陣列合併起來排序就好。我最開始的想法也是排序，但是並沒有排序的方法可以達到log級別的複雜度。而結合題目中有序陣列這樣的條件，想要達到logn級別的複雜度應該使用二分法查詢。
這道題讓我們求兩個有序陣列的中位數，而且限制了時間複雜度為o(log (m+n))，看到這個時間複雜度，自然而然的想到了應該使用二分查詢法來求解。那麼回顧一下中位數的定義，如果某個有序陣列長度是奇數，那麼其中位數就是最中間那個，如果是偶數，那麼就是最中間兩個數字的平均值。這裡對於兩個有序陣列也是一樣的，假設兩個有序陣列的長度分別為m和n，由於兩個陣列長度之和 m+n 的奇偶不確定，因此需要分情況來討論，對於奇數的情況，直接找到最中間的數即可，偶數的話需要求最中間兩個數的平均值。為了簡化**，不分情況討論，我們使用乙個小trick，我們分別找第 (m+n+1) / 2 個，和 (m+n+2) / 2 個，然後求其平均值即可，這對奇偶數均適用。加入 m+n 為奇數的話，那麼其實 (m+n+1) / 2 和 (m+n+2) / 2 的值相等，相當於兩個相同的數字相加再除以2，還是其本身。
這裡我們需要定義乙個函式來在兩個有序陣列中找到第k個元素，下面重點來看如何實現找到第k個元素。首先，為了避免產生新的陣列從而增加時間複雜度，我們使用兩個變數i和j分別來標記陣列nums1和nums2的起始位置。然後來處理一些邊界問題，比如當某乙個陣列的起始位置大於等於其陣列長度時，說明其所有數字均已經被淘汰了，相當於乙個空陣列了，那麼實際上就變成了在另乙個陣列中找數字，直接就可以找出來了。還有就是如果k=1的話，那麼我們只要比較nums1和nums2的起始位置i和j上的數字就可以了。難點就在於一般的情況怎麼處理？因為我們需要在兩個有序陣列中找到第k個元素，為了加快搜尋的速度，我們要使用二分法，對k二分，意思是我們需要分別在nums1和nums2中查詢第k/2個元素，注意這裡由於兩個陣列的長度不定，所以有可能某個陣列沒有第k/2個數字，所以我們需要先檢查一下，陣列中到底存不存在第k/2個數字，如果存在就取出來，否則就賦值上乙個整型最大值。如果某個陣列沒有第k/2個數字，那麼我們就淘汰另乙個數字的前k/2個數字即可。有沒有可能兩個陣列都不存在第k/2個數字呢，這道題裡是不可能的，因為我們的k不是任意給的，而是給的m+n的中間值，所以必定至少會有乙個陣列是存在第k/2個數字的。最後就是二分法的核心啦，比較這兩個陣列的第k/2小的數字midval1和midval2的大小，如果第乙個陣列的第k/2個數字小的話，那麼說明我們要找的數字肯定不在nums1中的前k/2個數字，所以我們可以將其淘汰，將nums1的起始位置向後移動k/2個，並且此時的k也自減去k/2，呼叫遞迴。反之，我們淘汰nums2中的前k/2個數字，並將nums2的起始位置向後移動k/2個，並且此時的k也自減去k/2，呼叫遞迴即可。
class
solution
//i: nums1的起始位置 j: nums2的起始位置
public
intfindkth
(int
nums1,
int i,
int[
] nums2,
int j,
int k)
int midval1 =
(i + k /2-
1< nums1.length)
? nums1[i + k /2-
1]: integer.max_value;
int midval2 =
(j + k /2-
1< nums2.length)
? nums2[j + k /2-
1]: integer.max_value;
if(midval1 < midval2)
else
}}
這個演算法的執行時間並不是很快，可能是遞迴演算法比較慢導致的。
LeetCode 4 尋找兩個有序陣列的中位數
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